\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十章\quad 重积分}
\renewcommand{\mysubtitle}{第二节\quad 二重积分的计算法}
\graphicspath{{./images}}

\begin{document}

\begin{frame}{二重积分的计算法}
按照二重积分的定义来计算二重积分， 对少数特别简单的被积函数和积分区域来说是可行的， 但对一般的函数和区域来说， 这不是一种切实可行的方法。 本节介绍一种计算二重积分的方法，这种方法是把二重积分化为两次定积分来计算。
\end{frame}


\section{利用直角坐标计算二重积分}

\begin{frame}{利用直角坐标计算二重积分}
  \pause
下面用几何观点来讨论二重积分 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma$ 的计算问题。 在讨论中我们假定 $f(x, y) \geqslant 0$.

\pause
设积分区域 $D$ 可以用不等式
\[
\varphi_{1}(x) \leqslant y \leqslant \varphi_{2}(x), \quad a \leqslant x \leqslant b
\]
来表示 (图 10-4), 其中函数 $\varphi_{1}(x), \varphi_{2}(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续。

  \begin{figure}
    \centering
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
      \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-08}
        \caption*{(a)}
    \end{subfigure}
    \hskip 5em
    \begin{subfigure}{.3\textwidth}
      \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-08(1)}
      \caption*{(b)}
  \end{subfigure}
\caption*{图 10-4}
\end{figure}
\end{frame}

\begin{frame}
按照二重积分的几何意义， 二重积分 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma$ 的值等于以 $D$ 为底， 曲面 $z=f(x, y)$ 为顶的曲顶柱体 (图 10-5) 的体积。下面我们应用第六章中计算``平行截面面积为已知的立体的体积''的方法来计算这个曲顶柱体的体积。

\pause
\begin{wrapfigure}{r}{.35\textwidth}
  \centering
  \includegraphics[max width=.35\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-08(2)}
  \caption*{图 10-5}
\end{wrapfigure}

先计算截面面积。 为此，在区间 $[a, b]$ 上任意取定一点 $x_{0}$, 作平行于 $y O z$ 面的平面 $x=x_{0}$. 
\pause
这平面截曲顶柱体所得的截面是一个以区间 $\left[\varphi_{1}\left(x_{0}\right), \varphi_{2}\left(x_{0}\right)\right]$ 为底、曲线 $z=f\left(x_{0}, y\right)$ 为曲边的曲边梯形 (图 10-5 中阴影部分), 所以这截面的面积为
\[
A\left(x_{0}\right)=\int_{\varphi_{1}\left(x_{0}\right)}^{\varphi_{2}\left(x_{0}\right)} f\left(x_{0}, y\right) \mathrm{d} y
\]
\pause
一般地，过区间 $[a, b]$ 上任一点 $x$ 且平行于 $y O z$ 面的平面截曲顶柱体所得截面的面积为
\[
A(x)=\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y
\]
\pause
于是， 应用计算平行截面面积为已知的立体体积的方法， 得曲顶柱体体积为
\[
V=\int_{a}^{b} A(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b}\left[\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y\right] \mathrm{d} x
\]
\end{frame}

\begin{frame}
这个体积也就是所求二重积分的值， 从而有等式
\[\tag{2-1}
  \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\int_{a}^{b}\left[\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y\right] \mathrm{d} x.
\]

\pause
上式右端的积分叫做先对 $y$ 、后对 $x$ 的\emph{二次积分}。 就是说，先把 $x$ 看做常数，把 $f(x, y)$只看做 $y$ 的函数，并对 $y$ 计算从 $\varphi_{1}(x)$ 到 $\varphi_{2}(x)$ 的定积分; 然后把算得的结果 (是 $x$ 的函数)再对 $x$ 计算在区间 $[a, b]$ 上的定积分。 
\pause
这个先对 $y$ 、后对 $x$ 的二次积分也常记作
\[
\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x \int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y
\]
\pause
因此，等式 (2-1) 也写成
\[\tag{2-1'}
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x \int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y
\]
这就是把二重积分化为先对 $y$ 、后对 $x$ 的二次积分的公式。


\pause
在上述讨论中， 我们假定 $f(x, y) \geqslant 0$, 但实际上公式 $(2-1)$ 的成立并不受此条件限制。

\end{frame}

\begin{frame}
\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
\centering
\begin{subfigure}{.26\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-09(1)}
\caption*{(a)}
\end{subfigure}

\begin{subfigure}{.26\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-09}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-6}
\end{wrapfigure}


类似地， 如果积分区域 $D$ 可以用不等式
\[\tag{2-2}
\psi_{1}(y) \leqslant x \leqslant \psi_{2}(y), \quad c \leqslant y \leqslant d
\]
来表示 (图 10-6), 其中函数 $\psi_{1}(y), \psi_{2}(y)$ 在区间 $[c, d]$ 上连续， 那么就有
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\int_{c}^{d}\left[\int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)} f(x, y) \mathrm{d} x\right] \mathrm{d} y .
\]
\pause
上式右端的积分叫做先对 $x$ 、后对 $y$ 的二次积分， 这个积分也常记作
\[\tag{2-2'}
  \int_{c}^{d} \mathrm{~d} y \int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)} f(x, y) \mathrm{d} x.
\]
因此，等式(2-2)也写成
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\int_{c}^{d} \mathrm{~d} y \int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)} f(x, y) \mathrm{d} x,
\]
这就是把二重积分化为先对 $x$ 、后对 $y$ 的二次积分的公式。

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
    \onslide<3->{
    \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-10(2)}
\caption*{图 10-7}
}
\end{wrapfigure}
\onslide<1->{
以后我们称图 10-4 所示的积分区域为 $X$ 型区域， 图 10-6 所示的积分区域为 $Y$型区域。 
}
\onslide<2->{
应用公式 (2-1) 时， 积分区域必须是 $X$ 型区域， $X$ 型区域 $D$ 的特点是：穿过 $D$内部且平行于 $y$ 轴的直线与 $D$ 的边界相交不多于两点; 而用公式 (2-2) 时， 积分区域必须是 $Y$ 型区域， $Y$ 型区域 $D$ 的特点是： 穿过 $D$ 内部且平行于 $x$ 轴的直线与 $D$ 的边界相交不多于两点。 
}
\onslide<3->{
如果积分区域 $D$ 如图 10-7 那样， 既有一部分使穿过 $D$ 内部且平行于 $y$ 轴的直线与 $D$ 的边界相交多于两点， 又有一部分使穿过 $D$ 内部且平行于 $x$ 轴的直线与 $D$ 的边界相交多于两点， 那么 $D$ 既不是 $X$ 型区域， 又不是 $Y$ 型区域。 
}
\onslide<4->{
对于这种情形， 可以把 $D$ 分成几部分， 使每个部分是 $X$ 型区域或是 $Y$ 型区域。例如，在图 10-7 中，把 $D$ 分成三部分， 它们都是 $X$ 型区域， 从而在这三部分上的二重积分都可应用公式(2-1). 各部分上的二重积分求得后， 根据二重积分的性质 2 , 它们的和就是在 $D$ 上的二重积分。
}
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
\centering
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-10}
\caption*{图 10-8}
\end{wrapfigure}


如果积分区域 $D$ 既是 $X$ 型的， 可用不等式 $\varphi_{1}(x) \leqslant y \leqslant \varphi_{2}(x), a \leqslant x \leqslant b$ 表示， 又是 $Y$ 型的， 可用不等式 $\psi_{1}(y) \leqslant x \leqslant \psi_{2}(y), c \leqslant y \leqslant d$ 表示 (图 10-8), 那么由公式 (2-1') 及 (2-2') 就得
\[
\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x \int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)} f(x, y) \mathrm{d} y=\int_{c}^{d} \mathrm{~d} y \int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)} f(x, y) \mathrm{d} x .
\]
\pause
上式表明，这两个不同次序的二次积分相等，因为它们都等于同一个二重积分
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma
\]

\end{frame}

\begin{frame}
\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
\onslide<3->{
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-10(1)}
\caption*{图 10-9}
}
\end{wrapfigure}
\onslide<1->{
将二重积分化为二次积分时， 确定积分限是一个关键。 
}
\onslide<2->{
积分限是根据积分区域 $D$来确定的， 先画出积分区域 $D$ 的图形。
}
\onslide<3->{
假如积分区域 $D$ 是 $X$ 型的， 如图10-9所示， 在区间 $[a, b]$ 上任意取定一个 $x$ 值， 积分区域上以这个 $x$ 值为横坐标的点在一段直线上， 这段直线平行于 $y$ 轴， 该线段上点的纵坐标从 $\varphi_{1}(x)$ 变到 $\varphi_{2}(x)$, 这就是公式 (2-1) 中先把 $x$ 看做常量而对 $y$ 积分时的下限和上限。 
}
\onslide<4->{
因为上面的 $x$ 值是在 $[a, b]$ 上任意取定的，所以再把 $x$ 看做变量而对 $x$ 积分时，积分区间就是 $[a, b]$.
}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma$, 其中 $D$ 是由直线 $y=1, x=2$ 及 $y=x$ 所围成的闭区域。
\end{example}
\begin{solution}[解法一]
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-11(1)}
\caption*{图 10-10}
\pause
\end{wrapfigure}
首先画出积分区域 $D$ (图 10-10). $D$ 是 $X$ 型的， $D$ 上的点的横坐标的变动范围是区间 $[1,2]$. 在区间 $[1,2]$ 上任意取定一个 $x$ 值， 则 $D$ 上以这个 $x$ 值为横坐标的点在一段直线上， 这段直线平行于 $y$ 轴，该线段上点的纵坐标从 $y=1$ 变到 $y=x$. 利用公式(2-1) 得
\begin{align*}
  \iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma&= \int_{1}^{2}\left[\int_{1}^{x} x y \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} x=\int_{1}^{2}\left[x \cdot \frac{y^{2}}{2}\right]_{1}^{x} \mathrm{~d} x\\
  &= \int_{1}^{2}\left(\frac{x^{3}}{2}-\frac{x}{2}\right) \mathrm{d} x=\left[\frac{x^{4}}{8}-\frac{x^{2}}{4}\right]_{1}^{2}\\
  &= \frac{9}{8} .
\end{align*}
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{solution}[解法二]
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-11(2)}
\caption*{图 10-11}
\pause
\end{wrapfigure}
如图 10-11, 积分区域 $D$ 是 $Y$ 型的， $D$ 上的点的纵坐标的变动范围是区间 $[1,2]$. 在区间 $[1,2]$ 上任意取定一个 $y$ 值， 则 $D$ 上以这个 $y$ 值为纵坐标的点在一段直线上， 这段直线平行于 $x$ 轴， 该线段上点的横坐标从 $x=y$ 变到 $x=2$.于是， 利用公式 $(2-2)$ 得
\begin{align*}
  \iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma&= \int_{1}^{2}\left[\int_{y}^{2} x y \mathrm{~d} x\right] \mathrm{d} y=\int_{1}^{2}\left[y \cdot \frac{x^{2}}{2}\right]_{y}^{2} \mathrm{~d} y \\
  &= \int_{1}^{2}\left(2 y-\frac{y^{3}}{2}\right) \mathrm{d} y=\left[y^{2}-\frac{y^{4}}{8}\right]_{1}^{2}\\
  &= \frac{9}{8} .
\end{align*}
\end{solution}
\end{frame}



\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} y \sqrt{1+x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} \sigma$, 其中 $D$ 是由直线 $y=x, x=-1$ 和 $y=1$ 所围成的闭区域。
\end{example}
\begin{solution}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-11(3)}
\caption*{图 10-12}
\pause
\end{wrapfigure}
\mbox{画出积分区域 $D$ 如图 10-12 所示。} $D$ 既是 $X$ 型的， 又是 $Y$ 型的。若利用公式 (2-1), 得
\[
  \begin{aligned}
    \iint_{D} y \sqrt{1+x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} \sigma & =\int_{-1}^{1}\left[\int_{x}^{1} y \sqrt{1+x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} x\\
    &= -\frac{1}{3} \int_{-1}^{1}\left[\left(1+x^{2}-y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{x}^{1} \mathrm{~d} x \\
  & =-\frac{1}{3} \int_{-1}^{1}\left(|x|^{3}-1\right) \mathrm{d} x\\
  &= -\frac{2}{3} \int_{0}^{1}\left(x^{3}-1\right) \mathrm{d} x\\
&= \frac{1}{2} .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
\begin{remark*}
\begin{figure}
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-11}
\caption*{图 10-13}
\end{figure}
若利用公式 (2-2) (图 10-13), 就有
\[
\iint_{D} y \sqrt{1+x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} \sigma=\int_{-1}^{1} y\left[\int_{-1}^{y} \sqrt{1+x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x\right] \mathrm{d} y,
\]
其中关于 $x$ 的积分计算比较麻烦。所以这里用公式 (2-1) 计算较为方便。
\end{remark*}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma$, 其中 $D$ 是由抛物线 $y^{2}=x$ 及直线 $y=x-2$ 所围成的闭区域。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
      \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-12}
      \caption*{图 10-14}
      \pause
  \end{wrapfigure}
画出积分区域 $D$ 如图 10-14 所示。 $D$ 既是 $X$ 型的， 又是 $Y$ 型的。若利用公式 (2-2), 则得
\begin{align*}
  \iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma&= \int_{-1}^{2}\left[\int_{y^{2}}^{y+2} x y \mathrm{~d} x\right] \mathrm{d} y\\
  &= \int_{-1}^{2}\left[\frac{x^{2}}{2} y\right]_{y^{2}}^{y+2} \mathrm{~d} y\\
  &= \frac{1}{2} \int_{-1}^{2}\left[y(y+2)^{2}-y^{5}\right] \mathrm{d} y\\
  &= \frac{1}{2}\left[\frac{y^{4}}{4}+\frac{4}{3} y^{3}+2 y^{2}-\frac{y^{6}}{6}\right]_{-1}^{2}\\
  &= \frac{45}{8} .
\end{align*}
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
\begin{remark*}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
      \centering
    \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-12(3)}
  \caption*{图 10-15}
  \pause
\end{wrapfigure}
若利用公式 (2-1) 来计算，
则由于在区间 $[0,1]$ 及 $[1,4]$ 上表示 $\varphi_{1}(x)$ 的式子不同，所以要用经过交点 $(1,-1)$ 且平行于 $y$ 轴的直线 $x=1$ 把区域 $D$ 分成 $D_{1}$ 和 $D_{2}$ 两部分( 图 10-15), 其中
\begin{align*}
  D_{1}&= \{(x, y) \mid-\sqrt{x} \leqslant y \leqslant \sqrt{x}, 0 \leqslant x \leqslant 1\}, \\
  D_{2}&= \{(x, y) \mid x-2 \leqslant y \leqslant \sqrt{x}, 1 \leqslant x \leqslant 4\} .
\end{align*}
因此， 根据二重积分的性质 2 , 就有
\begin{align*}
  \iint_{D} x y \mathrm{~d} \sigma&= \iint_{D_{1}} x y \mathrm{~d} \sigma+\iint_{D_{2}} x y \mathrm{~d} \sigma\\
  &= \int_{0}^{1}\left[\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} x y \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} x+\int_{1}^{4}\left[\int_{x-2}^{\sqrt{x}} x y \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} x.
\end{align*}

\mbox{由此可见，这里用公式 (2-1) 来计算需要化为两个二次积分。}
\end{remark*}

\pause
上述几个例子说明， 在化二重积分为二次积分时， 为了计算简便， 需要选择恰当的二次积分的次序。 这时，既要考虑积分区域 $D$ 的形状，又要考虑被积函数 $f(x, y)$ 的特性。
\end{frame}


\begin{frame}

  \begin{example}
  求两个底圆半径都等于 $R$ 的直交圆柱面所围成的立体的体积。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
设这两个圆柱面的方程分别为
\[
x^{2}+y^{2}=R^{2} \text { 及 } x^{2}+z^{2}=R^{2} .
\]
利用立体关于坐标平面的对称性，只要算出它在第 I 卦限部分 (图 10-16(a)) 的体积 $V_{1}$, 然后再乘 8 就行了。
\begin{figure}
  \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-12(2)}
      \caption*{图 10-16(a)}
    \end{figure}
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{solution}[续]
  \begin{wrapfigure}{r}{.25\textwidth}
  \centering
  \includegraphics[max width=.25\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-12(1)}
\caption*{图 10-16(b)}
\end{wrapfigure}

  所求立体在第 I 卦限部分可以看作是一个曲顶柱体，它的底为
  \[
    D=\{(x,y)\mid 0\leqslant y\leqslant \sqrt{R^2-x^2}, 0\leqslant x\leqslant R\},
  \]
  如图 10-16(b) 所示。它的顶是柱面 $z=\sqrt{R^2-x^2}$. 于是，
  \[
    V_1=\iint_D \sqrt{R^2-x^2}\diff \sigma.
  \]

利用公式 (2-1), 得
\[
  \begin{aligned}
    V_{1} & =\iint_{D} \sqrt{R^{2}-x^{2}} \mathrm{~d} \sigma=\int_{0}^{R}\left[\int_{0}^{\sqrt{R^{2}-x^{2}}} \sqrt{R^{2}-x^{2}} \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} x \\
  & =\int_{0}^{R}\left[\sqrt{R^{2}-x^{2}} y\right]_{0}^{\sqrt{R^{2}-x^{2}}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{R}\left(R^{2}-x^{2}\right) \mathrm{d} x\\
  &= \frac{2}{3} R^{3} .
\end{aligned}
\]
从而所求立体的体积为
\[
  V=8 V_{1}=\frac{16}{3} R^{3}.
\]
\end{solution}

\end{frame}

\section{利用极坐标计算二重积分}

\begin{frame}{利用极坐标计算二重积分}
  \onslide<1->{
有些二重积分， 积分区域 $D$ 的边界曲线用极坐标方程来表示比较方便， 且被积函数用极坐标变量 $\rho, \theta$ 表达比较简单。 这时， 就可以考虑利用极坐标来计算二重积分 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma$.
}

\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
  \onslide<3->{
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-13}
\caption*{图 10-17}
}
\end{wrapfigure}

\onslide<2->{
按二重积分的定义
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}, \eta_{i}\right) \Delta \sigma_{i}
\]
下面我们来研究这个和的极限在极坐标系中的形式。
}

~

\onslide<3->{
假定从极点 $O$ 出发且穿过闭区域 $D$ 内部的射线与 $D$ 的边界曲线相交不多于两点。 我们用以极点为中心的一族同心圆： $\rho=$ 常数以及从极点出发的一族射线： $\theta=$ 常数，把 $D$ 分成 $n$ 个小闭区域 (图10-17). 
}
\onslide<4->{
除了包含边界点的一些小闭区域外， 小闭区域的面积 $\Delta \sigma_{i}$ 可计算如下：
\[
  \begin{aligned}
  \Delta \sigma_{i} & =\frac{1}{2}\left(\rho_{i}+\Delta \rho_{i}\right)^{2} \cdot \Delta \theta_{i}-\frac{1}{2} \rho_{i}^{2} \cdot \Delta \theta_{i} 
=\frac{1}{2}\left(2 \rho_{i}+\Delta \rho_{i}\right) \Delta \rho_{i} \cdot \Delta \theta_{i} \\
& =\frac{\rho_{i}+\left(\rho_{i}+\Delta \rho_{i}\right)}{2} \cdot \Delta \rho_{i} \cdot \Delta \theta_{i}
= \bar{\rho}_{i} \cdot \Delta \rho_{i} \cdot \Delta \theta_{i},
\end{aligned}
\]
其中 $\bar{\rho}_{i}$ 表示相邻两圆弧的半径的平均值。
}
\end{frame}

\begin{frame}

在这小闭区域内取圆周 $\rho=\bar{\rho}_{i}$ 上的一点 $\left(\bar{\rho}_{i}, \bar{\theta}_{i}\right)$, 设该点的直角坐标为 $\left(\xi_{i}, \eta_{i}\right)$, 则由直角坐标与极坐标之间的关系有 $\xi_{i}=\bar{\rho}_{i} \cos \bar{\theta}_{i}$, $\eta_{i}=\bar{\rho}_{i} \sin \bar{\theta}_{i}$. 
\pause
于是
\[
\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}, \eta_{i}\right) \Delta \sigma_{i}=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^{n} f\left(\bar{\rho}_{i} \cos \bar{\theta}_{i}, \bar{\rho}_{i} \sin \bar{\theta}_{i}\right) \bar{\rho}_{i} \cdot \Delta \rho_{i} \cdot \Delta \theta_{i},
\]
即
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta
\]
\pause
这里我们把点 $(\rho, \theta)$ 看做是在同一平面上的点 $(x, y)$ 的极坐标表示， 所以上式右端的积分区域仍然记作 $D$. 
\pause
因为在直角坐标系中 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma$ 也常记作 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$,
所以上式又可写成
\[\tag{2-4}
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta
\]
\pause
这就是二重积分的变量从直角坐标变换为极坐标的变换公式， 其中 $\rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta$ 就是\emph{极坐标系中的面积元素}。

~

\pause
公式(2-4) 表明， 要把二重积分中的变量从直角坐标变换为极坐标， 只要把被积函数中的 $x$ 与 $y$ 分别换成 $\rho \cos \theta$ 与 $\rho \sin \theta$, 并把直角坐标系中的面积元素 $\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 换成极坐标系中的面积元素 $\rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta$.

\end{frame}

\begin{frame}

极坐标系中的二重积分， 同样可以化为二次积分来计算。

~

\pause
设积分区域 $D$ 可以用不等式
\[
\varphi_{1}(\theta) \leqslant \rho \leqslant \varphi_{2}(\theta), \quad \alpha \leqslant \theta \leqslant \beta
\]
来表示 (图 10-18), 其中函数 $\varphi_{1}(\theta), \varphi_{2}(\theta)$ 在区间 $[\alpha, \beta]$ 上连续。
\begin{figure}
  \centering
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
    \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-14}
  \caption*{(a)}
\end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-14(1)}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-18}
\end{figure}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{figure}
\centering
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-15(1)}
\caption*{图 10-19}
\end{figure}


先在区间 $[\alpha, \beta]$ 上任意取定一个 $\theta$ 值。 对应于这个 $\theta$ 值， $D$ 上的点 (图 10-19中这些点在线段 $E F$ 上) 的极径 $\rho$ 从 $\varphi_{1}(\theta)$ 变到 $\varphi_{2}(\theta)$. 
\pause
又 $\theta$ 是在 $[\alpha, \beta]$ 上任意取定的，所以 $\theta$ 的变化范围是区间 $[\alpha, \beta]$. 
\pause
这样就可看出， 极坐标系中的二重积分化为二次积分的公式为
\[\tag{2-5}
\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{\alpha}^{\beta}\left[\int_{\varphi_{1}(\theta)}^{\varphi_{2}(\theta)} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho\right] \mathrm{d} \theta .
\]
\pause
上式也写成
\[\tag{2-5'}
\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{\alpha}^{\beta} \mathrm{d} \theta \int_{\varphi_{1}(\theta)}^{\varphi_{2}(\theta)} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho .
\]
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{figure}
  
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-15}
\caption*{图 10-20}
\end{figure}

如果积分区域 $D$ 是图 10-20 所示的曲边扇形，那么可以把它看做图 10-18(a) 中当 $\varphi_{1}(\theta) \equiv 0, \varphi_{2}(\theta)=\varphi(\theta)$ 时的特例。 
\pause
这时闭区域 $D$ 可以用不等式
\[
0 \leqslant \rho \leqslant \varphi(\theta), \quad \alpha \leqslant \theta \leqslant \beta
\]
来表示， 而公式 (2-5') 成为
\[
\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{\alpha}^{\beta} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\varphi(\theta)} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho .
\]
\end{frame}

\begin{frame}


\begin{figure}
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-15(2)}
\caption*{图 10-21}
\end{figure}

如果积分区域 $D$ 如图 10-21 所示， 极点在 $D$ 的内部， 那么可以把它看做图 10-20 中当 $\alpha=0$ 且 $\beta=2 \pi$ 时的特例。 
\pause
这时闭区域 $D$ 可以用不等式
\[
0 \leqslant \rho \leqslant \varphi(\theta), \quad 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi
\]
来表示，而公式 (2-5') 成为
\[
\iint_{D} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\varphi(\theta)} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho .
\]

\end{frame}

\begin{frame}



由二重积分的性质 3 , 闭区域 $D$ 的面积 $\sigma$ 可以表示为
\[
\sigma=\iint_{D} \mathrm{~d} \sigma
\]
在极坐标系中， 面积元素 $\mathrm{d} \sigma=\rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta$, 上式成为
\[
\sigma=\iint_{D} \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta
\]

\pause
如果闭区域 $D$ 如图 10-18(a) 所示，那么由公式(2-5') 有
\begin{align*}
  \sigma&= \iint_{D} \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{\alpha}^{\beta} \mathrm{d} \theta \int_{\varphi_{1}(\theta)}^{\varphi_{2}(\theta)} \rho \mathrm{d} \rho\\
  &= \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta}\left[\varphi_{2}^{2}(\theta)-\varphi_{1}^{2}(\theta)\right] \mathrm{d} \theta .
\end{align*}

\pause
特别地， 如果闭区域 $D$ 如图 10-20 所示， 那么 $\varphi_{1}(\theta)=0, \varphi_{2}(\theta)=\varphi(\theta)$. 于是
\[
  \sigma=\frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} \varphi^{2}(\theta) \mathrm{d} \theta.
\]
\end{frame}



\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $D$ 是由圆心在原点、半径为 $a$ 的圆周所围成的闭区域。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
在极坐标系中， 闭区域 $D$ 可表示为
\[
0 \leqslant \rho \leqslant a, \quad 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi .
\]
由公式(2-4) 及 (2-5) 有
\[
  \begin{aligned}
    \iint_{D} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y & =\iint_{D} \mathrm{e}^{-\rho^{2}} \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\int_{0}^{2 \pi}\left[\int_{0}^{a} \mathrm{e}^{-\rho^{2}} \rho \mathrm{d} \rho\right] \mathrm{d} \theta \\
  & =\int_{0}^{2 \pi}\left[-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-\rho^{2}}\right]_{0}^{a} \mathrm{~d} \theta=\frac{1}{2}\left(1-\mathrm{e}^{-a^{2}}\right) \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta=\pi\left(1-\mathrm{e}^{-a^{2}}\right) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\pause
\begin{remark*}
本题如果用直角坐标计算， 因为积分 $\int \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x$ 不能用初等函数表示， 所以算不出来。 
\end{remark*}
\end{frame}

\begin{frame}
  现在我们利用上面的结果来计算工程上常用的反常积分 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x$.

  ~

  \pause
\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
\includegraphics[max width=.27\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-16}
\caption*{图 10-22}
\end{wrapfigure}
设
\[
  \begin{aligned}
    D_{1}&= \left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2}, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}, \\
    D_{2}&= \left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 2 R^{2}, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}, \\
    S&= \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant R, 0 \leqslant y \leqslant R\} .
\end{aligned}
\]
显然 $D_{1} \subset S \subset D_{2}$ (图 10-22). 
\pause
由于 $\mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}}>0$, 从而在这些闭区域上的二重积分之间有不等式
\begin{align*}
  \iint_{D_{1}} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y 
  & <\iint_{S} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
  & <\iint_{D_{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
\end{align*}
\pause
因为
\begin{align*}
  \iint_{S} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
  = \int_{0}^{R} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{R} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y
  = \left(\int_{0}^{R} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x\right)^{2},
\end{align*}

\end{frame}

\begin{frame}

又应用上面已得的结果有
\begin{align*}
  \iint_{D_{1}} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y&= \frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-R^{2}}\right), \\
  \iint_{D_{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y&= \frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-2 R^{2}}\right),
\end{align*}
\pause
于是上面的不等式可写成
\[
  \frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-R^{2}}\right)<\left(\int_{0}^{R} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x\right)^{2}<\frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-2 R^{2}}\right).
\]
\pause
令 $R \rightarrow+\infty$, 上式两端趋于同一极限 $\frac{\pi}{4}$, 从而
\[
  \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.
\]
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  求球体 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 4 a^{2}$ 被圆柱面 $x^{2}+y^{2}=2 a x$ ($a>0$) 所截得的 (含在圆柱面内的部分) 立体的体积 (图 10-23).
\end{example}
\pause
\begin{figure}
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
    \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-17(1)}
  \caption*{(a)}
\end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-17}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-23}
\end{figure}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{solution}
由对称性，
\[
  V=4 \iint_{D} \sqrt{4 a^{2}-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
\]
其中 $D$ 为半圆周 $y=\sqrt{2 a x-x^{2}}$ 及 $x$ 轴所围成的闭区域。 在极坐标系中， 闭区域 $D$ 可用不
等式
\[
0 \leqslant \rho \leqslant 2 a \cos \theta, \quad 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}
\]
来表示。于是
\[
  \begin{aligned}
    V & =4 \iint_{D} \sqrt{4 a^{2}-\rho^{2}} \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta\\
    &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2 a \cos \theta} \sqrt{4 a^{2}-\rho^{2}} \rho \mathrm{d} \rho \\
  & =\frac{32}{3} a^{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin ^{3} \theta\right) \mathrm{d} \theta\\
  &= \frac{32}{3} a^{3}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\section{二重积分的换元法}

\begin{frame}{二重积分的换元法}

上一目得到的二重积分的变量从直角坐标变换为极坐标的变换公式， 是二重积分换元法的一种特殊情形。 在那里， 我们把平面上同一个点 $M$, 既用直角坐标 $(x, y)$ 表示，又用极坐标 $(\rho, \theta)$ 表示， 它们间的关系为
\[
  \left\{\begin{array}{l}
    x=\rho \cos \theta \\
  y=\rho \sin \theta
\end{array}\right.
\]
也就是说， 由 (2-6) 式联系的点 $(x, y)$ 和点 $(\rho, \theta)$ 看成是同一个平面上的同一个点， 只是采用不同的坐标罢了。 现在， 我们采用另一种观点来加以解释。 把 (2-6) 式看成是从直角坐标平面 $\rho O \theta$ 到直角坐标平面 $x O y$ 的一种变换， 即对于 $\rho O \theta$ 平面上的一点 $M^{\prime}(\rho, \theta)$, 通过变换 $(2-6)$, 变成 $x O y$ 平面上的一点 $M(x, y)$. 在两个平面各自限定的某个范围内，这种变换还是一对一的 (即是一一映射).
\end{frame}
\begin{frame}

下面就采用这种观点来讨论二重积分换元法的一般情形。

\begin{theorem*}
设 $f(x, y)$ 在 $x O y$ 平面上的闭区域 $D$ 上连续， 若变换
\[
T\colon x=x(u, v), y=y(u, v)
\]
将 $u O v$ 平面上的闭区域 $D^{\prime}$ 变为 $x O y$ 平面上的 $D$, 且满足

(1) $x(u, v), y(u, v)$ 在 $D^{\prime}$ 上具有一阶连续偏导数;

(2) 在 $D^{\prime}$ 上雅可比式 $J(u, v)=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \neq 0$;

(3) 变换 $T: D^{\prime} \rightarrow D$ 是一对一的，

则有
\[\tag{2-8}
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} f[x(u, v), y(u, v)]|J(u, v)| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v .
\]
\end{theorem*}
公式 (2-8) 称为\emph{二重积分的换元公式}。
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}
  显然， 在定理的假设下， (2-8) 式两端的二重积分都存在。 由于二重积分与积分区域的分法无关，我们用平行于坐标轴的直线网来分割 $D^{\prime}$, 使得除去包含边界点的小闭区域外，其余的小闭区域都为边长是 $h$ 的正方形闭区域。 任取一个这样得到的正方形闭区域， 设其顶点为 $M_{1}^{\prime}(u, v), M_{2}^{\prime}(u+h, v), M_{3}^{\prime}(u+h, v+h), M_{4}^{\prime}(u, v+h)$, 其面积为 $\Delta \sigma^{\prime}=h^{2}$ (图 10-24(a)). 
  \begin{figure}
  \centering
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
      \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-18(1)}
      \caption*{(a)}
  \end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-18}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-24}
\end{figure}
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
正方形闭区域 $M_{1}^{\prime} M_{2}^{\prime} M_{3}^{\prime} M_{4}^{\prime}$ 经变换 (2-7) 变成 $x O y$ 平面上的一个曲边四边形 $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$, 它的四个顶点的坐标是
  \[
    \begin{aligned}
      M_{1}: x_{1} & =x(u, v), y_{1}=y(u, v) ; \\
    M_{2}: x_{2} & =x(u+h, v)=x(u, v)+x_{u}(u, v) h+o(h), \\
  y_{2} & =y(u+h, v)=y(u, v)+y_{u}(u, v) h+o(h) ; \\
M_{3}: x_{3} & =x(u+h, v+h)=x(u, v)+x_{u}(u, v) h+x_{v}(u, v) h+o(h), \\
y_{3} & =y(u+h, v+h)=y(u, v)+y_{u}(u, v) h+y_{v}(u, v) h+o(h) ; \\
M_{4}: x_{4} & =x(u, v+h)=x(u, v)+x_{v}(u, v) h+o(h), \\
y_{4} & =y(u, v+h)=y(u, v)+y_{v}(u, v) h+o(h),
\end{aligned}
\]
其面积为 $\Delta \sigma$ (图 10-24(b)).
可以证明， 曲边四边形 $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ 的面积与直边四边形 $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ (四个顶点用直线相连) 的面积当 $h \rightarrow 0$ 时只相差高阶无穷小。 又由上面这些坐标表示式可知，若不计高阶无穷小， 则有
\[
x_{2}-x_{1}=x_{3}-x_{4}, \quad y_{2}-y_{1}=y_{3}-y_{4}, \quad x_{4}-x_{1}=x_{3}-x_{2}, \quad y_{4}-y_{1}=y_{3}-y_{2},
\]

\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
这表示， 直边四边形 $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ 的对边的长度可看做两两相等。 因此， 若不计高阶无穷小， 曲边四边形 $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ 可看做平行四边形， 于是它的面积 $\Delta \sigma$ 近似等于 $\triangle M_{1} M_{2} M_{3}$ 的面积的 $2$ 倍。
根据解析几何， $\triangle M_{1} M_{2} M_{3}$ 的面积的 $2$ 倍等于行列式
\[
  \left|\begin{array}{ll}
    x_{2}-x_{1} & x_{3}-x_{2} \\
  y_{2}-y_{1} & y_{3}-y_{2}
\end{array}\right|
\]
的绝对值，由于
\[
  \begin{array}{ll}
    x_{2}-x_{1}=x_{u}(u, v) h+o(h), & x_{3}-x_{2}=x_{v}(u, v) h+o(h), \\
  y_{2}-y_{1}=y_{u}(u, v) h+o(h), & y_{3}-y_{2}=y_{v}(u, v) h+o(h),
\end{array}
\]
因此上面的行列式与行列式
\[
  \left|\begin{array}{cc}
    x_{u}(u, v) h & x_{v}(u, v) h \\
  y_{u}(u, v) h & y_{v}(u, v) h
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ll}
x_{u}(u, v) & x_{v}(u, v) \\
y_{u}(u, v) & y_{v}(u, v)
\end{array}\right| h^{2}
\]
只相差一个比 $h^{2}$ 高阶的无穷小。
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
于是
\[
\Delta \sigma=\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| \Delta \sigma^{\prime}+o\left(\Delta \sigma^{\prime}\right) \quad(h \rightarrow 0)
\]
把 $f(x, y)=f[x(u, v), y(u, v)]$ 的两端分别与上式两端相乘， 得
\[
f(x, y) \Delta \sigma=f[x(u, v), y(u, v)]\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| \Delta \sigma^{\prime}+f[x(u, v), y(u, v)] \cdot o\left(\Delta \sigma^{\prime}\right) .
\]
上式对一切小正方形闭区域取和并令 $h \rightarrow 0$ 求极限， 由于上式右端第二项的和的极限为零，于是得公式 (2-8). 定理证毕。
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
这里我们指出， 如果雅可比式 $J(u, v)$ 只在 $D^{\prime}$ 内个别点上， 或一条曲线上为零， 而在其他点上不为零，那么换元公式 (2-8) 仍成立。

在变换为极坐标 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 的特殊情形下，雅可比式
\[
  J=\left|\begin{array}{ll}
  \frac{\partial x}{\partial \rho} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\
\frac{\partial y}{\partial \rho} & \frac{\partial y}{\partial \theta}
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}
\cos \theta & -\rho \sin \theta \\
\sin \theta & \rho \cos \theta
\end{array}\right|=\rho,
\]
它仅在 $\rho=0$ 处为零， 故不论闭区域 $D^{\prime}$ 是否含有极点， 换元公式仍成立。 即有
\[
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} f(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta,
\]
这里 $D^{\prime}$ 是 $D$ 在直角坐标平面 $\rho O \theta$ 上的对应区域。 在上一目内所证得的相同的公式中用的是 $D$ 而不是 $D^{\prime}$, 当积分区域 $D$ 用极坐标表示时，其形式就与上式右端的形式完全等同了。
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} \mathrm{e}^{\frac{r-x}{\mathrm{y}+x}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $D$ 是由 $x$ 轴、 $y$ 轴和直线 $x+y=2$ 所围成的闭区域。
\end{example}
\begin{figure}
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
      \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-20}
      \caption*{(a)}
  \end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-20(2)}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-25}
\end{figure}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{solution}
令 $u=y-x, v=y+x$, 则 $x=\frac{v-u}{2}, y=\frac{v+u}{2}$.
作变换 $x=\frac{v-u}{2}, y=\frac{v+u}{2}$, 则 $x O y$ 平面上的闭区域 $D$ 和它在 $u O v$ 平面上的对应区域 $D^{\prime}$ 如图 10-25 所示。
雅可比式为
\[
  J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{rr}
    -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
  \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array}\right|=-\frac{1}{2} .
\]
利用公式 (2-8), 得
\begin{align*}
  \iint_{D} \mathrm{e}^{\frac{y-x}{y+x}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y&= \iint_{D^{\prime}} \mathrm{e}^{\frac{u}{v}}\left|-\frac{1}{2}\right| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v\\
  &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \mathrm{~d} v \int_{-v}^{v} \mathrm{e}^{\frac{u}{v}} \mathrm{~d} u\\
  &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2}\left(\mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1}\right) v \mathrm{~d} v\\
  &= \mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1} .
\end{align*}
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  求由直线 $x+y=c, x+y=d, y=a x, y=b x(0<c<d, 0<a<b)$ 所围成的闭区域 $D$ (图 10-26(a)) 的面积。
\end{example}
\begin{figure}
  \begin{subfigure}{.3\textwidth}
    \includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-20(3)}
  \caption*{(a)}
\end{subfigure}
\hskip 5em
\begin{subfigure}{.3\textwidth}
\includegraphics[max width=\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-20(1)}
\caption*{(b)}
\end{subfigure}
\caption*{图 10-26}
\end{figure}
\end{frame}


\begin{frame}
\begin{solution}
所求面积为
\[
\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
\]
上述二重积分直接化为二次积分计算比较麻烦。 现采用换元法。 令 $u=x+y, v=\frac{y}{x}$, 则 $x=$ $\frac{u}{1+v}, y=\frac{u v}{1+v}$. 在这变换下， $D$ 的边界 $x+y=c, x+y=d, y=a x, y=b x$ 依次与 $u=c, u=d, v=a$, $v=b$ 对应。 后者构成与 $D$ 对应的闭区域 $D^{\prime}$ 的边界。 于是
\[
D^{\prime}=\{(u, v) \mid c \leqslant u \leqslant d, a \leqslant v \leqslant b\},
\]
如图 10-26(b) 所示。 又雅可比式
\[
J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}=\frac{u}{(1+v)^{2}} \neq 0, \quad(u, v) \in D^{\prime} .
\]
从而所求面积为
\begin{align*}
  \iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y&= \iint_{D^{\prime}} \frac{u}{(1+v)^{2}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{d} v}{(1+v)^{2}} \int_{c}^{d} u \mathrm{~d} u\\
  &= \frac{(b-a)\left(d^{2}-c^{2}\right)}{2(1+a)(1+b)} .
\end{align*}
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\iint_{D} \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $D$ 为椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 所围成的闭区域。
\end{example}

\begin{solution}
作广义极坐标变换
\[
  \left\{\begin{array}{l}
        x=a \rho \cos \theta \\
        y=b \rho \sin \theta,
    \end{array}\right.
\]
其中 
\[
  a>0, b>0, \rho \geqslant 0,0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi.
\]
在这个变换下， 与 $D$ 对应的闭区域为
\[
  D^{\prime}=\{(\rho, \theta) \mid 0 \leqslant \rho \leqslant 1,0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi\},
\]
雅可比式
\[
  J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(\rho, \theta)}=a b \rho.
\]
$J$ 在 $D^{\prime}$ 内仅在 $\rho=0$ 处为零， 故换元公式仍成立， 从而有
\[
  \iint_{D} \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} \sqrt{1-\rho^{2}} a b \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=\frac{2}{3} \pi a b.
\]
\end{solution}
\end{frame}
\end{document}
